福建省厦门第六中学2025-2026学年高一下学期期中物理试卷

**基本信息** 2025-2026学年厦门六中高一（下）期中物理试卷，以平抛运动、圆周运动、机械能等核心知识为载体，通过无人机空投、投壶游戏等真实情境，融合基础概念辨析与多过程综合应用，全面考查物理观念与科学思维。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|4/16|平抛运动性质、机械能守恒|基础概念辨析，如第1题区分匀变速与非匀变速运动| |多选题|4/24|曲线运动合成、动能定理|情境化设计，如第5题结合投壶游戏分析运动时间与动能变化| |实验题|2/14|平抛运动实验、向心力探究|经典实验与数据处理结合，第12题通过轨迹图计算初速度与抛出点| |计算题|3/39|圆周运动能量、多过程力学|综合应用，第16题螺旋轨道与传送带结合，考查临界条件与能量耗散|

2025-2026学年福建省厦门第六中学高一（下）期中物理试卷 一、单选题：本大题共4小题，共16分。 1.关于平抛运动和匀速圆周运动的理解，下面说法中错误的是(    ) A. 平抛运动是匀变速运动 B. 匀速圆周运动是匀变速曲线运动 C. 物体做平抛运动的时间是由其下落的的高度决定的 D. 匀速圆周运动的合外力一定指向轨迹圆的圆心 2.如图所示，在桌面边缘以速度竖直向上抛出质量为m的物体，抛出后物体落到比桌面低h的地面上。若以桌面为零势能面，不计空气阻力，重力加速度为g，则下列说法正确的是(    ) A. 物体落到地面时的重力势能为mgh B. 物体在轨迹最高点时的机械能为 C. 物体刚落到地面时的动能为 D. 物体刚落到地面时的机械能为 3.由于受空气阻力的影响，炮弹的实际飞行轨迹不是抛物线，而是“弹道曲线”，如图中实线所示。图中虚线为不考虑空气阻力情况下炮弹的理想运动轨迹，O、a、b、c、d为弹道曲线上的五点，其中O点为发射点，d点为落地点，b点为轨迹的最高点，a、c为运动过程中经过的距地面高度相等的两点。下列说法正确的是(    ) A. 到达b点时，炮弹的速度为零 B. 到达b点时，炮弹的加速度为零 C. 炮弹经过a点时的速度大于经过c点时的速度 D. 炮弹由O点运动到点的时间大于由b点运动到d点的时间 4.如图甲所示，轻杆的一端固定一小球可视为质点，另一端套在光滑的水平轴O上。水平轴的正上方有一速度传感器图中未画出，可以测量小球通过最高点时的速度大小v；水平轴O处有一力传感器图中未画出，可以测量小球通过最高点时，水平轴受到的杆的作用力F。若取竖直向下为F的正方向，在最低点时给小球不同的初速度，得到的为小球在最高点时的速度图像如图乙所示，取重力加速度大小。下列说法正确的是(    ) A. 小球的质量为10kg B. 轻杆的长度为 C. 若小球通过最高点时的速度大小为，则轻杆对小球的作用力大小为 D. 若小球通过最高点时的速度大小为，则小球受到的合力为0 二、多选题：本大题共4小题，共24分。 5.投壶是春秋战国时期流行的一种游戏，规则是参与游戏的人需要在一定距离外把小球投进壶里。如图所示，画中人先后从同一位置投射出两个相同的小球，第一次初速度水平，第二次初速度斜向下，两个小球均从壶口同一位置落入壶中，不计空气阻力，两个小球从投出到运动至壶口的过程中(    ) A. 运动时间相同 B. 加速度相同 C. 速度变化量相同 D. 动能变化量相同 6.在某平直公路上汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到某一值时，立即关闭发动机后滑行至停止，其图像如图所示。汽车牵引力为F，运动过程中所受的摩擦阻力恒为，全过程中牵引力所做的功为，克服摩擦阻力所做的功为，则下列关系中正确的是(    ) A. F：：1 B. F：：3 C. ：：3 D. ：：1 7.为了快速运送物资，可采用无人机低空空投的方式。如图所示，无人机在离水平地面高度的空中绕O点在水平面内做半径，角速度的匀速圆周运动，物资相对无人机无初速度地释放，物资落点恰好在图中圆形目标区域边缘。不计空气对物资运动的影响，物资可视为质点且落地后即静止。取重力加速度大小。下列说法正确的是(    ) A. 目标区域半径为5m B. 目标区域半径为7m C. 物资从刚释放到刚落地的过程中，无人机转过的圆心角为 D. 物资落地的瞬间，速度与地面的夹角的正切值为30 8.如图所示，圆锥中心轴线处有一竖直细杆，锥面光滑，母线与竖直方向的夹角为。有两段长度分别为L、2L的轻质细线，上端固定在上的同一点，下端系有质量之比为1：2的小球A、B。若圆锥随转动的角速度从零开始缓慢增大，小球也与轴做同角速度的转动且可视为质点，重力加速度大小为g，则下列说法正确的是(    ) A. A球先于B球离开锥面 B. 当时，A球对圆锥面的压力为0 C. 当时，OA线与的夹角、OB线与的夹角满足：：1 D. 时，A球与B球的动能满足：：8 三、填空题：本大题共3小题，共7分。 9.某人在O点将质量为m的飞镖以不同大小的初速度沿OA水平投出，A为靶心且与O在同一高度，如图所示，飞镖水平初速度O分别是、时打在靶上的位置分别是B、C，且AB：：4，两次飞镖从投出后到达靶的时间之比：      ，初速度大小之比：      。 10.如图所示，甲、乙两水平圆盘紧靠在一块，甲圆盘为主动轮，乙靠摩擦随甲转动且无相对滑动。甲圆盘与乙圆盘的半径之比为：：1，两圆盘和小物体、之间的动摩擦因数相同，距O点为2r，距点为r，。当甲缓慢转动起来且转速慢慢增加时，在、与盘发生相对滑动前的过程中，、的角速度之比：      ；向心加速度之比：      ；受到的静摩擦力大小之比：      。 11.如图所示，物体A、B质量分别为1kg和2kg，通过轻绳跨过轻质定滑轮相连接，B与地面间的动摩擦因数为，在水平外力的作用下，B沿水平地面向右运动，A恰以速度匀速上升，重力加速度为g。当轻绳与水平方向夹角为时，B的速度大小为        ；若此时水平外力大小为F，则B与地面间的摩擦力大小        。 四、实验题：本大题共2小题，共14分。 12.为了研究平抛物体的运动，可做下面的实验：如图甲所示，用小锤打击弹性金属片，B球就水平飞出，同时A球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面；如图乙所示的实验：将两个完全相同的斜滑道固定在同一竖直面内，最下端水平。把两个质量相等的小钢球从斜面的同一高度由静止同时释放，滑道2与光滑水平板连接，则将观察到的现象是球1落到水平木板上击中球2，这两个实验说明        。 A.甲实验只能说明平抛运动在竖直方向做自由落体运动，乙实验只能说明平抛运动在水平方向做匀速直线运动 B.不能说明上述规律中的任何一条 C.甲、乙两个实验均能同时说明平抛运动在水平、竖直方向上的运动性质 关于“研究物体平抛运动”实验，下列说法不正确的是        。 A.小球与斜槽之间有摩擦会增大实验误差 B.安装斜槽时其末端切线应水平 C.小球必须每次从斜槽上同一位置由静止开始释放 如图丙，某同学在做平抛运动实验时得出如图丁所示的小球运动轨迹，a、b、c三点的位置在运动轨迹上已标出。则：取，结果均保留三位有效数字 ①小球平抛运动的初速度为        。 ②抛出点坐标        cm。 13.用如图甲所示的实验装置来探究向心力F的大小与质量m、角速度和半径r之间的关系。转动手柄使长槽和短槽分别随变速塔轮匀速转动，槽内的球做匀速圆周运动。挡板对球的支持力提供了向心力，球对挡板的反作用力通过横臂的杠杆作用使弹簧测力计下降，从而露出标尺，标尺上的红白相间的等分格显示出两个球所受向心力的比值。长槽的A、B处和短槽的C处分别到各自转轴中心距离之比为1：2：1，图甲中左右两侧的变速塔轮从上到下都有三层，每层左右半径之比分别为1：1、2：1和3：1，传送带从上到下一共有三种放置方式，分别是第一层、第二层、第三层。 为了研究向心力F大小与质量m之间的关系，选用体积相同质量不相等的钢球和铝球对照研究，将选好的铝球放到短槽C处，钢球应该放在长槽        选填“A”或“B”处；这时应该调整皮带，将其放置在第        层变速塔轮； 为验证做匀速圆周运动物体的向心力的定量表达式，实验组内某同学设计了如图乙所示的实验装置，电动机带动转轴匀速转动，改变电动机的电压可以改变转轴的转速；其中AB是固定在竖直转轴上的水平凹槽，A端固定的压力传感器可测出小球对其压力的大小，B端固定一宽度为d的挡光片，光电门可测量挡光片每一次的挡光时间。 实验步骤： ①测出挡光片与转轴的距离为L； ②将小钢球紧靠传感器放置在凹槽上，测出此时小钢球球心与转轴的距离为r； ③启动电动机，使凹槽AB绕转轴匀速转动； ④记录下此时压力传感器示数F和挡光时间。 小钢球转动的角速度        用L、d、表示； 该同学为了探究向心力大小F与角速度的关系，多次改变转速后，记录了一系列力与对应角速度的数据，作出图像如图丙所示，若忽略小钢球所受摩擦且小钢球球心与转轴的距离为，则小钢球的质量        结果保留两位有效数字。 五、计算题：本大题共3小题，共39分。 14.如图所示，一根长为的轻杆两端分别固定着可视为质点的A、B两个小球，已知A的质量为，B的质量，B到O的距离是A到O的距离的两倍，轻杆可围绕O点在竖直面内自由转动忽略空气阻力和各种摩擦阻力，重力加速度大小。两球从水平位置由静止释放，当轻杆第一次转动到竖直状态时，求： 、B两球线速度大小之比：； 球的速度的大小； 此过程中轻杆对B球做的功。 15.从距地面高度处，将质量1kg的小球以的初速度水平向右弹射抛出。小球运动过程中受到恒定的水平向左的风力，风力的大小为20N。重力加速度g取。求： 小球的飞行时间； 小球落地时的水平距离； 小球抛出后经过多长时间动能最小。 16.如图所示，某装置由水平直轨道AB、竖直螺旋圆形轨道BCD、水平直轨道DE和水平传送带组成，竖直螺旋圆形轨道与两水平轨道分别相切于B点和D点，各处平滑连接。一水平放置处于压缩状态的轻弹簧，左端固定竖直墙上，右端与可视为质点的物块P接触且不拴接。现将物块P从F处静止释放，恰能通过螺旋圆形轨道最高点C。已知AB长度大于弹簧原长，螺旋圆形轨道半径，DE长度为，物块P质量为，传送带始终以的速度逆时针匀速转动且足够长，物块P与轨道DE和传送带的动摩擦因数都是，其余轨道都光滑，不计空气阻力，重力加速度大小g取。求： 物块P在C点的速度大小； 弹簧压缩到F处的弹性势能； 物块P最终停止的位置。 答案和解析 1.【答案】B  【解析】解：A、平抛运动的物体只受重力作用，根据牛顿第二定律，其加速度为重力加速度g，大小和方向均保持不变。匀变速运动的定义是加速度恒定的运动，因此平抛运动是匀变速运动，故A正确。 B、匀速圆周运动的物体所受合外力提供向心力，方向始终指向圆心，故加速度方向也始终指向圆心，即加速度的方向时刻在变化。匀变速运动要求加速度恒定大小和方向均不变，因此匀速圆周运动不是匀变速曲线运动，故B错误。 C、竖直方向的运动规律为 解得运动时间 ，其中h为下落高度，g为重力加速度。因此，平抛运动的时间仅由下落高度决定，故C正确。 D、匀速圆周运动的物体速度大小不变，仅方向时刻变化，其合外力需提供向心力以改变速度方向。向心力的方向始终指向轨迹圆的圆心，故匀速圆周运动的合外力一定指向圆心，故D正确。 本题选错误的，故选：B。 需先明确平抛运动和匀速圆周运动的受力特点、加速度特点及运动时间决定因素，再逐一判断各选项的正确性。 本题考查平抛运动和匀速圆周运动的概念，受力特点、加速度特点及运动时间决定因素，属于基础题目，难度不大。 2.【答案】D  【解析】解：以桌面为零势能面，根据重力势能的表达式，则物体落到地面时的重力势能为，故A错误； 物体运动过程中只受重力，满足机械能守恒，初始时物体的机械能为，所以物体在轨迹最高点时与刚落到地面时的机械能均为，故B错误，D正确； C.根据机械能守恒，物体刚落到地面时的动能为，故C错误。 故选：D。 根据重力势能的表达式列式求解；根据机械能守恒的结合机械能的概念进行列式求解；根据机械能守恒列式求解。 考查机械能和机械能守恒定律的应用，知道机械能守恒的条件，属于较低难度考题。 3.【答案】C  【解析】解：AB、炮弹到达最高点时竖直方向的速度减为零，而水平方向的速度不为零，在最高点受重力和空气阻力，合力不为零，加速度不为零，故AB错误； C、从a经b到c的过程中，由于受到空气阻力作用且阻力做负功，根据动能定理可知，a点的速度大于经过c点的速度，故C正确； D、从O到b的过程中，在竖直方向上，受到向下的重力和阻力竖直向下的分力，即，解得 在从b到d的过程中，在竖直方向，受到向下的重力和阻力竖直向上的分力，即，解得，故，根据运动学公式可知炮弹由O点运动到点的时间小于由点运动到d点的时间，故D错误。 故选：C。 炮弹到达最高点时竖直方向的速度减为零，而水平方向的速度不为零，可判断加速度是否为零；在炮弹运动过程中，判断出向上运动和向下运动时竖直方向的加速度大小关系，即可判断出时间。 本题主要考查了曲线运动，抓住在最高点时的运动和受力，关键是分析在上升和下降运动过程中的受力，结合运动学公式即可判断。 4.【答案】C  【解析】解：AB、设杆的长度为L，水平轴受到的杆的作用力F与杆对小球的作用力大小相等、方向相反，因此对小球受力分析有 整理可得 对比题图乙可得 ，，故AB错误； C、当时，代入上式可得 轻杆对小球的作用力大小，故C正确； D、若小球通过最高点时的速度大小为，则小球受到的合力 代入数据得小球受到的合力，故D错误。 故选：C。 以轻杆模型下小球在最高点的受力与向心力分析为核心，根据牛顿第三定律建立水平轴受力F与小球受杆的作用力的关系，结合向心力公式推导出F与的函数表达式，再利用图像的截距与斜率求出小球质量和杆长，最后代入速度值逐一验证各选项的受力与合力情况。 该题考查轻杆约束下竖直圆周运动的受力分析与图像应用，解题要点是结合向心力公式、牛顿第三定律推导出关系式，利用图像截距与斜率求解小球质量、杆长，再分析不同速度下的受力与合力，既检验了圆周运动的核心规律，也考查了函数图像的解读与应用能力。 5.【答案】BD  【解析】解：AB、不计空气阻力，两个小球从投出到运动至壶口的过程中，只受重力，加速度均为g。第一次初速度水平，小球竖直方向做初速度为零、加速度为g的匀加速直线运动，则有。第二次初速度斜向下，设初速度竖直分量为，小球竖直方向做初速度为、加速度为g的匀加速直线运动，则有，结合题意可知，可得，即运动时间不相同，故A错误，B正确； C、根据，，可得，故C错误； D、两次重力做功相等，因只有重力做功，根据动能定理可知：动能变化量等于重力做功，可知两次动能变化量相同，故D正确。 故选：BD。 两个小球从投出到运动至壶口的过程中竖直位移相等，加速度相同，结合竖直方向初速度关系分析运动时间关系；结合运动时间关系，根据分析速度变化量关系；分析重力做功关系，根据动能定理分析动能变化量关系。 解答本题时，运用运动的分解法处理平抛运动和斜抛运动，掌握分位移公式，来分析运动时间关系是关键。 6.【答案】AD  【解析】解：由图可知，物体先做匀加速直线运动，1s末速度为v，由动能定理可知： ； 减速过程中，只有阻力做功： ； 则可得：； 由图象可知，：：3； 解得：：1； 对全程由动能定理得： 故：：1； 所以选项AD正确，BC错误。 故选：AD。 由速度-时间图象可知物体的运动状态，找出加速与减速过程中位移之比；分析汽车的受力情况及各力的做功情况，由动能定理可得出牵引力及克服阻力做功的比值。 动能定理应用时要注意灵活选取研究过程，一般全程应用动能定理更简单；但本题中由于要求出各力之比，故还要分段列出．对于B选项的分析还可以用动量守恒解答。 7.【答案】AD  【解析】解：AB、物资从无人机上释放后，做平抛运动，竖直方向上有 得时间 设目标区域半径为，水平方向上满足 解得，故A正确，B错误； C、无人机转过的圆心角，故C错误； D、物资落地时的竖直分速度： 水平分速度，速度与地面夹角的正切值，故D正确。 故选：AD。 先通过物资竖直方向的自由落体运动，求出物资从释放到落地的运动时间；再根据无人机圆周运动的角速度和半径，得到物资被释放时的水平初速度；接着计算物资平抛运动的水平位移，结合释放点到圆心的水平距离，用几何关系求出目标区域的半径；同时，根据无人机的角速度和物资的落地时间，求出这段时间内无人机转过的圆心角；最后，通过物资落地时的竖直分速度与水平分速度的比值，得到速度与地面夹角的正切值，再逐一判断选项的正误。 这道题是平抛运动与匀速圆周运动结合的典型综合题，以无人机空投物资为实际情境，既考查了平抛运动的分运动规律、圆周运动的角速度与线速度关系，又需要结合几何关系分析落点位置，考点覆盖全面，模型经典，能有效检验学生对曲线运动分运动思想的掌握与综合应用能力，难度设置合理，符合高考对曲线运动综合题的考查风格。 8.【答案】BC  【解析】解：A、当小球在锥面上运动时，设细线与竖直方向的夹角为，从圆锥顶点O到底部中心的距离为l，对小球受力分析，竖直方向有，水平方向有，解得圆锥面对小球的支持力。 当小球恰好离开锥面时，解得临界角速度。由于A球绳长小于B球绳长，则A球的临界角速度大于B球的临界角速度，随着角速度从零开始缓慢增大，B球先于A球离开锥面，故A错误； B、当时，正好达到A球的临界角速度，A球对圆锥面的压力为0，故B正确； C、当时，两球均已离开锥面做圆锥摆运动，设细线与竖直方向的夹角为，由牛顿第二定律有，解得。 对于A球有，对于B球有，解得：：1，故C正确； D、小球的动能，则A球的动能为，B球的动能为，解得，该比值随角速度变化而变化，不等于固定的1：8，故D错误。 故选：BC。 题目描述小球随圆锥轴转动，涉及圆周运动与受力分析。随着角速度增大，小球可能离开锥面，需分析临界状态。已知绳长和质量比例，通过比较临界角速度判断离开锥面的先后；当角速度达到特定值时，利用竖直和水平方向的受力关系，可分析圆锥面压力是否为零；小球离开锥面后，通过圆周运动的向心力关系，推导细线与竖直方向夹角的余弦比例；动能计算需考虑角速度、绳长及夹角的正弦关系，结合质量比例分析动能比是否固定。 本题是一道综合性较强的圆锥摆模型变式题，巧妙融合了圆周运动、受力分析与临界条件。题目通过设置双球系统随角速度缓慢增大的动态过程，深入考查学生对物体在锥面上运动及离开锥面后做圆锥摆运动两种状态下受力与运动关系的理解。计算量适中，但思维链较长，需要学生清晰划分运动阶段，并严谨推导各阶段物理量的表达式。本题的亮点在于将两个质量不同、摆长不同的小球置于同一旋转体系中，要求学生比较它们离开锥面的先后顺序，并分析离开锥面后悬线与轴线夹角以及动能之比的关系。这有效锻炼了学生的模型构建能力、动态过程分析能力以及运用数学工具解决物理问题的能力。易错点在于需正确推导小球恰好离开锥面的临界角速度公式，并意识到该临界值与摆长有关，从而判断离开顺序；同时，在分析动能之比时，需注意其并非定值，而是随角速度变化的动态结果，这要求学生不能仅凭直观感觉或简单比例进行判断。 9.【答案】1：2 2：1   【解析】解：由可得 可得 由可得 则 故答案为：1：2；2：1。 根据竖直方向上做自由落体运动求出时间之比； 再根据水平方向上做匀速直线运动求出速度之比。 本题考查的是平抛运动的规律，熟练运用公式即可。 10.【答案】1：3 2：9 2：3   【解析】解：甲、乙两水平圆盘边缘的线速度v相等， 根据可得， 甲圆盘与乙圆盘的角速度之比为 则、的角速度之比为 根据向心加速度公式 可得，、的向心加速度之比为 根据牛顿第二定律可得，、受到的静摩擦力大小之比为 故答案为：1：3；2：9；2：3。 抓住两圆盘边缘的线速度大小相等，结合圆盘的半径关系得出两圆盘的角速度之比，从而根据向心加速度公式求出向心加速度之比。 解决本题的关键是要知道靠摩擦传动轮子边缘上的各点线速度大小相等，掌握向心加速度和角速度的关系公式。 11.【答案】   【解析】解：物体A匀速上升，受力平衡，因此绳子拉力大小等于A的重力，即，绳子的运动速度与A的上升速度相等，即。 物体B沿水平方向运动，它的速度沿绳方向的分量与绳子速度大小相等，即，解得B的速度大小。 物体B竖直方向受到重力、地面的支持力N，以及绳子拉力的竖直分量。由于B在竖直方向没有加速度，合力为零，有，可得地面的支持力；所以B与地面间的摩擦力大小。 故答案为：；。 通过物体A的匀速运动受力平衡，求出绳子拉力与绳子运动速度；利用运动的合成与分解，将物体B的水平速度分解为沿绳和垂直绳方向，求出B的速度；对B进行竖直方向的受力分析，结合支持力与摩擦力的关系，计算出地面对B的摩擦力大小。 本题考查运动的合成与分解、受力平衡及摩擦力计算，核心是将物体的实际运动分解为沿绳和垂直绳方向和共点力平衡条件的应用，检验了对连接体问题的分析与计算能力。 12.【答案】A A   【解析】解：球就水平飞出，同时A球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面，则知B球竖直方向上的运动规律与A球相同，甲实验只能说明平抛运动在竖直方向做自由落体运动，把两个质量相等的小钢球从斜面的同一高度由静止同时释放，滑道2与光滑水平板连接，则将观察到的现象是球1落到水平木板上击中球2，知1球在水平方向上的运动规律与2球相同，即平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，故A正确；BC错误。 故选：A。 只要保证小球每次释放时都是从同一位置静止释放即可，小球与斜槽之间有摩擦不会影响实验结果，故A错误； B.研究平抛运动实验的关键是要保证小球能够水平飞出，则安装实验装置时，安装斜槽时其末端切线应水平，故B正确； C.小球每次从同一位置释放，才能保证初速度相同，得到同一轨迹，方便实验描点，故C正确。 本题选不正确的，故选：A。 由于ab、bc间水平位移相等，而平抛运动物体在水平方向做匀速直线运动，故小球在ab、bc间运动时间相等，设为t， 根据竖直方向自由落体运动规律 解得 小球平抛运动的初速度为 b点竖直分速度等于ac竖直方向平均速度 从抛出点到b点的时间 抛出点坐标 故答案为：；；， 根据实验中两球所做的运动对比分析判断； 根据做平抛运动的条件分析判断；根据减小实验误差分析判断； 根据匀变速直线运动相邻相等时间内位移差为定值和匀速直线运动速度公式计算；根据匀变速直线运动规律计算。 本题关键掌握“探究平抛运动的运动规律”的实验原理、做平抛运动的条件、利用匀变速直线运动规律和匀速直线运动规律计算的方法。 13.【答案】A 一   【解析】解：为了研究向心力F大小与质量m之间的关系，应选用体积相同质量不相等的钢球和铝球对照研究，保持角速度与运动半径相同，将选好的铝球放到短槽C处，钢球应该放在长槽A处；根据，应该调整皮带，将其放置在第一层变速塔轮； 挡光片通过光电门的速度为，则小钢球转动的角速度为。 根据向心力公式有， 结合图像斜率有 代入数据可得 故答案为：，一；；。 根据控制变量法和线速度、角速度关系判断； 根据平均速度和、线速度、角速度关系计算； 根据向心力公式结合图像计算。 本题关键掌握“探究向心力大小和质量、角速度和半径的关系”的实验原理，利用向心力公式和线速度与角速度关系处理问题的方法，利用图像处理问题的方法。 14.【答案】A、B两球线速度大小之比：为1：2  B球的速度的大小为  此过程中轻杆对B球做的功为  【解析】解：、B两球共轴转动，角速度相等，由公式可得 ：：：2 结合题意有，又：：2，可得， 从释放到轻杆第一次转动到竖直状态的过程，对整个系统，根据动能定理得 结合：：2，解得 对B球，根据动能定理得 解得轻杆对B球做的功 答：、B两球线速度大小之比：为1：2； 球的速度的大小为； 此过程中轻杆对B球做的功为。 、B两球共轴转动，角速度相等，由公式求出两者线速度大小之比：； 从释放到轻杆第一次转动到竖直状态的过程，对系统利用动能定理列方程，结合两球速度关系求B球的速度的大小； 根据动能定理求此过程中轻杆对B球做的功。 本题考查动能定理和圆周运动规律的综合应用，要注意确定研究对象，分析各力做功情况，知道动能定理是求功常用的方法。 15.【答案】小球落地时的水平距离为6m  小球落地时的动能为  小球抛出后经过动能最小  【解析】解：小球竖直方向做自由落体运动，运动时间为 代入数据可得，水平方向加速度为 小球落地的水平距离为 根据动能定理 代入数据可得 当合力与速度垂直时动能最小，设此时速度与水平方向夹角为，即，又， 代入数据可得 答：小球落地时的水平距离为6m； 小球落地时的动能为； 小球抛出后经过动能最小。 竖直方向不受风力影响，做自由落体运动，根据高度H与重力加速度g，由匀变速位移公式求飞行时间； 水平方向受恒定风力，先由牛顿第二定律求加速度，再结合初速度与飞行时间，用匀变速位移公式求水平距离； 动能最小时合速度最小，可通过写出动能表达式或分析合速度与合外力垂直的时刻，求解对应时间。 本题将抛体运动分解为竖直与水平方向，考查匀变速运动规律与动能极值分析，体现了运动分解与合成的物理思想。 16.【答案】物块P在C点的速度大小为  弹簧压缩到F处的弹性势能为5J  物块最终静止在水平轨道DE上，距E点处  【解析】解：物块P恰能通过螺旋圆形轨道最高点C，此时重力提供向心力，由，解得：。 物块从释放点运动至最高点C的过程，根据，解得弹簧的弹性势能。 物块从C点下滑至最低点D的过程机械能守恒，到达D点时的动能。 物块从D点向右通过粗糙轨道DE，根据，解得第一次到达E点时的动能。 此时物块速度，滑上传送带后向右做匀减速直线运动，最大位移，代入数据解得，随后向左匀加速。 若物块向左加速至与传送带速度相等，由，解得加速距离。 由于，物块在返回E点前已与传送带共速，故返回E点向左运动时的动能，代入数据解得。 物块向左通过轨道ED到达D点，根据，解得此时在D点的动能。 由于，物块未能上升至与圆心等高处即返回，滑回D点向右运动时的动能仍为。 物块再次向右通过轨道DE到达E点，根据，解得此时在E点的动能。 物块再次滑上传送带，向右运动的最大距离，代入数据解得。 由于，物块返回E点时未与传送带共速，由运动对称性，返回E点向左运动时的动能仍为。 物块最后向左进入轨道DE，设其向左运动的距离为d，根据，解得：。 由于，因此物块最终静止在水平轨道DE上，距E点处。 答：物块P在C点的速度大小为。 弹簧压缩到F处的弹性势能为5J。 物块最终静止在水平轨道DE上，距E点处。 物块P恰能通过圆形轨道最高点C，此时重力完全提供向心力，由此可确定物块在C点的最小速度。该速度是后续能量分析的基础，直接关联圆周运动临界条件。 从弹簧释放点F到最高点C的过程，系统机械能守恒。弹簧的弹性势能转化为物块的动能和克服重力所做的功。已知C点速度、轨道半径与物块质量，可逆向推导出初始的弹性势能。 物块从C点下滑至D点机械能守恒，获得动能后进入粗糙轨道DE和传送带。需分段分析：在DE上因摩擦动能减少，滑上传送带后先减速再反向加速，可能因速度未达传送带速度而折返。此过程涉及多次往返于传送带与DE轨道之间，每次动能因摩擦而衰减。最终需通过比较每次折返后的动能与克服摩擦力做功的关系，判断物块最终停止在DE轨道上的具体位置。 本题综合考查机械能守恒定律、动能定理、圆周运动临界条件以及传送带模型中的多过程能量耗散分析。题目设计巧妙，将多个物理模型有机串联，计算量适中但思维链较长，对学生的物理建模能力和逻辑分析能力提出了较高要求。第一问直接考查圆周运动最高点的临界速度，是基础考点。第二问需结合能量守恒定律，分析从弹簧释放点到轨道最高点的能量转化过程。第三问是本题的亮点与难点，需要学生细致分析物块在粗糙轨道与传送带之间往复运动过程中的能量损耗，通过逐步计算动能变化，判断物块能否再次冲上圆轨道以及最终停止的位置，过程分析环环相扣，能有效锻炼学生的综合分析能力和严谨的物理思维。 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $